4-5反证法课后导练

1、精品资源2.3.1反证法课后导练基础达标1实数a,b,c不全为0的意义为()a.a,b,c 均不为0b.a,b,c 中至多有一个为 0c.a,b,c 中至少有一个为 0d.a,b,c 中至少有一个不为0答案：d2设a,b,c都是正数，则三个数 a+ 1 ,b+ 1 ,c+ 1()b c aa.都大于2b.至少有一个大于2c.至少有一个不小于2d.至少有一个不大于2解析：(反证法)设三者都小于2,即 a+ 1 2,b+ 1 2,c+ 12,b c a. .(a+ l)+(b+ 1 )+(c+ 1)0 是 “p,q,r 同 时大于 零”的()a.充分不必要条件b.必要不充分条件c.充分必要条件d.

2、既不充分又不必要条件解析：: a,b,c c r+,p+q=2b0,p+r=2a0,q+r=2c0,当pqr81p,q,r中正数个数为1或3;当有一个为正时，假设p0,是q,r0矛盾.故p,q,r同时大于零.若 p,q,r0,则 pqr0.故选c.答案：c4 已知 a , 3 c (0, 一)，且 sin( a + 3 )=2sin a ,求证：a 3 .证明：假设a 3 .若 a = 3，由 sin( a + 3 )=2sin ag | n2 a =2sin a ,从而 cos a =1,这与 a (0,)矛盾.(2)若 a 3，贝u sin a - cos 3 +cos a - sin 3

3、 =2sin a ,即 cos a - sin 3 =sin a (2-cos 3 ),cos .：ssin 二.2 - cos -sin -1.- a 3 , 1- sin a sin 3 .从而cos 一:：2 cos :1,欢迎下载即cos a 2-cos 3 cos a +cos 3 2,这是不可能的，表明a 3不成立，由(2)知结论成 立.综合应用5已知a,b,c,d c r且a+b=c+d=1,ac+bd1.求证:a,b,c,d中至少有一个是负数.证明：假设a,b,c,d都是非负数，a+b=c+d=1,(a+b)(c+d)=1.又(a+b)(c+d尸ac+bc+ad+bd ac+b

4、d, ac+bd1 矛盾.a,b,c,d中至少有一个是负数.6设a,b,c,d 是正数，有下列三个不等式：a+bc+d;(a+b)(c+d)ab+cd;(a+b)cdab(c+d).求证中至少有一个不正确.证明：假设式都正确，因为a,b,c,d 都是正数，所以式与式相乘得(a+b) 2ab+cd.(a+b)cdab(c+d) w( a )2 - (c+d).2又 0,4cd(a+b)(c+d)ab+cd,cd - ab.3由得(a+b) 24 ab,3即 a2+b20,a+bc. 求证：一a+ bca 1 b 1 c 11 a b1,11则 1-1 - 1a 1 b 11. 111 + -,c

5、 1 a 1 b 1证明：假设一a 十 (1+a)(1+b)(1+c)+(1+a)(1+b) (1+b)(1+c)+(1+a)(1+c),(c+2)(1+a)(1+b) w(1+c)(a+b+2), 2+2b+2a+2ab+c+bc+ac+abm a+b+2+ac+bc+2c, 2ab+abc+a+bc,a,b,c0,a+b+2ab+abcc.这与相矛盾，.假设不成立.，原不等式成立.8 已知 a,b,c 6 ra+b+c0,ab+bc+ca0,abc0, 求证:a,b,c0.证明：假设a,b,c不全为正数，由abc0可知,a,b,c 中必有两负一正，不妨设 a,b0,a+b+c0 有 c-(

6、a+b)0.两端同乘以 a+b,有(a+b)c-(a+b) 2,即 ac+bc-a 2-2ab-b 2.由此可知 ab+bc+ca-a 2-ab-b 2=-(a 2+ab+b2)0矛盾.故假设不成立，a,b,c0.拓展探究9已知函数f(x)(x r)满足下列条件：对任意白实数x1,x2都有?)| w|x 1-x2|, )=0 和 b=a-入 f(a).;(2),(3)都是由卞造法,结合不等式的传递入(x 1-x 2)之 (x 1-x 2) f(x i)-f(x 2)和 |f(x i)-f(x 其中入是大于0的常数,设实数a,a,b满足f(a 证明入w1,并且不存在 bowa。,使得f(b 0)

7、=0； (2)证明(b-a 0)2(1 -入 2)(a-a 0) 2;(3)证明f(b)匕(1-入 2) f(a) 2.思路分析:(1)利用不等式的传递性及反证法证明 性证明.证明：(1)任取 x1,x 2c rx 1 wx 2,则由 入(x 1-x 2) i (x 1-x 2) f(x 1 )-f(x 2)和 |f(x 1)-f(x 2)| |x 1-x 2|,可知，入(x 1-x2)2w (x 1-x 2) f(x 1)-f(x 2) |x 1-x 2| |f(x 1)-f(x2)1 |x 1-x 2| 2,从而入w 1.假设有b0w20,使得f(b 0)=0,则由式知 0 入(a0-b0

8、)2 入(a-a 0)2.由 f(a 0)=0 和式知，f(a) 2= f(a)-f(a0) 2w(a-a0)2.则将代入式，得(b-a0)2(a -a0)2-2入2(a-a0)2+ x2(a-a0)2=(1-入 2)(a-a0)；(3)由式，可知f(b) 2= f(b)-f(a)+f(a) 2=f(b)-f(a)1 2+2f(a) f(b)-f(a) + f(a) 2_ 2+ f(a) 12 b - a 1 成立.3a,b,必存在满足条件的x,y,使得证明：假设对一切实数x,y,有|xy-ax-by| 1, 3则取 x=0,y=1 有 |b| 1, 3取 x=1,y=0 有 |a| 1.3再

9、取x=y=1便是|1-a-b|1 -a|- |b| 1 -|a|-|b|,3这与相矛盾.假设不成立，原命题成立.11 已知 f(x)=x 2+ax+b(a,b r),x -1,1 ，若 |f(x)|，一， ，一 1的最大值为m,求证:m.21证明：假设m1,即2-1 x2+ax+b1 (- 1x 1),22有- -(x2- )x 2+ax+b-(x2- 1) 1 -(x2- ) ),22222即-x 2ax+b+ 1 1-x 2.2当 x=1 时,a+b+ 1 0.2当 x=-1 时,-a+b+ 1 0,2两式相加得b0,故b- 1 ,与式矛盾.22矛盾表明1是成立的.212 已知 a,b,c

10、 c rf(x)=ax 2+bx+c,若 a+c=0,f(x)在-1,1 上最大值为 2,最小值为5 ,证2明 awo 且| b|2.a 由a=0得f(x尸bx,由于 0,故f(x)在-1,1 上单调，因此f(x)最大值为|b|,最小值为-|b|.|b|=2, 皿 5-|b|= -2矛盾表明aw。.(2)由 | 0 | 2 得| 一 0 且 aw 0.b x=- 的左侧或右侧2aa2a，区间-1,1 位于抛物线f(x)=ax 2+bx-a的对称轴因此,f(x)在-1,1 上单调，其最大值为|b|,最小值为-|b|,这是不可能的由此可知假设不成立，原命题成立，即awo且| b |2.a13证明不

11、存在一个实数 a,使对所有的xc 兀，2兀都满足不等式(ax) 2-axcosx sin 2x.4证明：假设存在实数a满足题意.原不等式变形为(ax) 2-axcosx - - - cos 2x,4 4(ax - 1 cosx) 2 1 二 |ax- 1 cosx| 1.2422特殊地,取x=兀，贝u - 兀a+ .22 21一一 a0.冗取 x=2 兀,有-2 兀 a- 一,22 2 .0a工.2 二两式矛盾.由此可知假设是错误的，原命题成立.14设y=f(x)是定义在区间-1,1 上的函数，且满足条件：4-1)=f(1)=0；对任意 u,v e -1,1 都有 |f(u)- f(v)| w

12、|u -v|. 证明对任意的xc -1,1 ，都有x-1wf(x) 1 -x;(2)证明对任意的 u,v e -1,1 ,都有 |f(u)- f(v)| 1;(3)在区间-1,1 上是否存在满足条件的奇函数y=f(x),且使得| f (u) - f (v) |w u -v| f (u) 一 f(v) |=| u -v-1|,当 u,v w 0,万,-1|,当 u,v 万,1.若存在，请举一例；若不存在，请说明理由.证明：由题设条件可知，当xc -1,1 ,|f(x)|=|f(x)-f(1)| 1 时，有 u - v0.不妨设u0且v-u1,所以 |f(u)- f(v)| w|f(u) -f(-

13、1)|+|f(v)-f(1)| w|u+1|+|v -1|=1+u+1-v=2-(v-u)1.综上可知,对任意的u,v-1,1 ，都有|f(u)- f(v)| 1.(3)解析：满足所述条件的函数不存在，理由如下：假设存在函数f(x)满足条件，则由 |f(u)-f(v)|=|u- v|,u,v c 1,1 得2|f( )-f(1)|=|-1|=一.222又f(1)=0,所以网1 )|= 1 .22又因为f(x)为奇函数，所以f(0)=0.由条件 |f(u)-f(v)|u- v|,u,v c 0,1得2|f( 1 )|=|f(1 )-f(0)| . a 、b , c a b c证明：假设工+1+1ja+/b+jc. a b c贝u 由 s=1 absinc,2得 j.ab。c = abc=1.4 22*ji.